Anfangswertproblem

17.07.2022, 19:40

maths4u

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Anfangswertproblem

Hallo zusammen!

Ich soll hier die Lösung folgender Anfangswertprobleme bestimmen.
Ich habe auch c) gelöst, allerdings stimmt die Probe mit der obigen Funktion nicht überein. Habe ich hier einen Fehler eingebaut? Die Aufgabe d) habe ich überhaupt nicht lösen können. Ich weiß ehrlich gesagt nicht, wie ich bei d) vorgehen soll. Soll ich überhaupt die linke Seite ausmultiplizieren? Ich wäre sehr froh, wenn einer mit mir die Aufgaben durchgehen kann.

17.07.2022, 20:26

loeser

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Deine gravierendsten Fehler passieren beim Lösen des Integrals des Terms auf der linken Seite der DGL.

In der Regel geht man hier eigentlich so vor:

$\begin{eqnarray*} \frac{y'}{1+y}=x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{1+y} \cdot \frac{dy}{dx}=x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{1+y} \cdot dy=x \cdot dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \frac{1}{1+y} \cdot dy=\int x \cdot dx \end{eqnarray*}$

Beim Lösen des Integrals auf der linken Seite kann man zwar substituieren, man muss es jedoch nicht. (man benötigt hier übrigens lediglich unbestimmte Integrale)
Hier liegt nämlich ein Standardintegral vor, welches man durch den bekannten Zusammenhang $\begin{eqnarray*} ln(f(x))'=\frac{f'(x)}{f(x)} \end{eqnarray*}$ leicht lösen kann.

Beim Integral auf der rechten Seite sollte man noch an eine Integrationskonstante c denken, um die gesuchte Funktion bzw. die gesuchte Lösung der DGL am Ende durch das gegebene AWP eindeutig zu machen.

17.07.2022, 21:35

maths4u

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Erstmal vielen Dank für deine Erklärung!
Ich hab´s mal nachgerechnet. Ich glaube, dass mir ein Fehler unterlaufen ist, da die Probe wieder nicht übereinstimmt. Außerdem muss ich mit bestimmten Integralen rechnen bzw. die Grenzen einsetzen, da der Prof. es so will.
Stimmt die Berechnung so oder habe ich wirklich irgendwo einen Fehler?

17.07.2022, 21:57

loeser

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Die Konstante nur auf einer Seite der Gleichung nutzen, ansonsten hebt sie sich ja wieder raus (zumindest wenn man sie gleich wählt).

ln|1+y| = 0,5x² + c

Man kann auch jetzt schon y(0)=-1 nutzen um den Wert für c direkt zu erhalten (und nicht erst im Nachhinein).
Für y=-1 ist der Logarithmus jedoch nicht definiert.
Insofern scheint mir die DGL zumindest mit der Bedingung y(0)=-1 nicht lösbar zu sein.

Es kann mich aber gerne jemand korrigieren, falls ich etwas übersehen habe.

17.07.2022, 22:01

loeser

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Dann würde in meinen Augen nur die konstante Funktion y(x)=-1 die DGL y ' = (1+y)x lösen.

17.07.2022, 22:37

loeser

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Zitat:

Dann würde in meinen Augen nur die konstante Funktion y(x)=-1 die DGL y ' = (1+y)x lösen.

Erklärung:

Wir haben ja die Ausgangs-DGL beim Umstellen durch (1+y) dividiert und das darf man ja nur ungestraft für $\begin{eqnarray*} y \neq -1 \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} y \neq -1 \end{eqnarray*}$ führte die DGL mit dem gegebenem AWP y(0)=-1 zu keiner Lösung, was man daher auch schon direkt hätte sehen können. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Betrachtet man nun also die DGL für den Spezialfall y=-1 (und damit y'=0), dann folgt durch Einsetzen :

y ' = (1+y)x

0 = (1-1)x

0 = 0

Somit ist die DGL unabhängig von x (also insbesondere für x=0 wie im gegebenen AWP) nur für y=-1 lösbar.

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17.07.2022, 22:52

maths4u

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Vielen Dank für die Erklärung!
Ich habe aber noch eine Frage: Warum darf ich nur für y≠−1 durchdividieren? Wie ich weiß, muss y(x) ≠ 0 sein, damit ich dividieren kann.

17.07.2022, 23:02

loeser

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Wenn man nur durch y teilt, dann geht das nur für y ungleich 0.
Wenn man durch (y-1) teilt, dann geht das nur für y ungleich 1 (denn für y=1 würde y-1 ja Null werden).
Wenn man durch (1+y) teilt, dann geht das nur für y ungleich -1 (denn für y=-1 würde 1+y ja Null werden).

18.07.2022, 08:59

maths4u

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Achso, das ist jetzt verständlich!
Ich hab das mal nachgerechnet und ich weiß nicht wie ich auf y(x) kommen soll.
Mein aktueller Stand sieht so aus:

18.07.2022, 09:19

maths4u

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Edit: Wir haben ja gesagt, dass es zu keiner Lösung führt, aber wie kann ich das rechnerisch zeigen? Deswegen wollte ich nach y(x) umformen. Also als Übung würde ich das noch gerne zeigen.

18.07.2022, 10:18

loeser

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Wie gesagt, es gibt schon eine Lösung der DGL, nämlich y = -1 (also in diesem Fall mal eine konstante Funktion als Lösung).

Ausgehend von $\begin{eqnarray*} y'=(1+y)x \end{eqnarray*}$ haben wir mutig durch (1+y) dividiert, als ersten Schritt zur Trennung der Variablen.
Alles, was danach passiert, gilt (weil man nicht durch Null teilen darf) ausschließlich für alle y, außer der -1.

Nun führen die weiteren Umformungen irgendwann zur Gleichung ln|1+y| = 0,5x² + c und da kriegen wir ein Problem, wenn wir y(0)=-1 nutzen wollen, denn für y=-1 wird der Logarithmus Null und für Null ist er eben nicht definiert.
An dieser Stelle geht es also nicht weiter und das Zwischenfazit lautet, dass es zumindest für alle $\begin{eqnarray*} y \neq -1 \end{eqnarray*}$ keine Lösung der DGL gibt.

Aber was ist denn nun mit dem Fall y = -1 ? Den dürfen wir ja nicht einfach so übergehen.
Und siehe da, für y= -1 ist die DGL y '= (1+y)x tatsächlich lösbar, was ich oben bereits vorgeführt hatte.

Bei dieser Aufgabe, kannst du dir das Leben/die Schreibarbeit auch noch einfacher machen und direkt nach dem Dividieren durch (1+y) schreiben :

Da man die DGL nun für $\begin{eqnarray*} y \neq -1 \end{eqnarray*}$ betrachtet, jedoch die Bedingung y(0)=-1 zwingend gefordert ist (und dort der y-Wert blöderweise -1 ist), ist wegen diesem Widerspruch schon an dieser Stelle klar, dass es zumindest für $\begin{eqnarray*} y \neq -1 \end{eqnarray*}$ keine Lösung geben kann.

Verbleibt also nur noch die Betrachtung für y = - 1, wie oben erwähnt.

Wenn dir dieser Lösungsweg etwas fremd erscheint, dann kannst du alternativ auch den Weg über die homogene und spezielle (partikuläre) Lösung gehen.
Sprich erstmal die entsprechende homogene DGL y ' -yx = 0 betrachten und später für die spezielle Lösung die Variation der Konstanten ins Boot holen.
Das geht auch, dauert halt etwas länger.

18.07.2022, 11:42

maths4u

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Jetzt komme ich gar nicht mehr mit. Du hast ja erwähnt, dass es für y=-1 keine Lösung gibt, wieso nimmst du wieder y=-1? Oder wie würdest du`s rechnen? Ich stehe momentan auf der Leitung.

18.07.2022, 12:00

maths4u

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Edit. Warum darf ich y=-1 einsetzen, wenn der ln(1-y)= ln(1-1)=ln(0) ist und ln(0) nicht definiert ist?
Wir haben immer y freigestellt und geschaut, ob wir eine Lösung erhalten. Können wir das hier auch noch machen?

18.07.2022, 12:54

loeser

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Eigentlich steht hier alles schon doppelt und dreifach, ich würde mich nur immer wiederholen.

Zitat:

Oder wie würdest du`s rechnen?

Ich habe dir die komplette Aufgabe eigentlich schon vorgerechnet, inklusive Erläuterungen !

Ein letztes Mal :

Gegeben ist die DGL $\begin{eqnarray*} y'=(1+y)x \end{eqnarray*}$ mit y(0)=-1

Dividiert man durch (1+y) entsteht $\begin{eqnarray*} \frac{y'}{1+y}=x \end{eqnarray*}$ .

Diese Division ist nur für $\begin{eqnarray*} y \neq -1 \end{eqnarray*}$ erlaubt.
Nun gibt uns die Bedingung y(0)=-1 aber explizit vor, dass die Lösung y der DGL an der Stelle x=0 den y-Wert -1 haben soll.
Das kann man wegen der vorigen Division, welche nur für $\begin{eqnarray*} y \neq -1 \end{eqnarray*}$ gültig ist, aber nicht erfüllen.
Folglich haben wir hier schon einen Widerspruch, wo wir nicht mehr weiterrechnen können.

Nun gibt es aber noch den Fall vor der Division, also die Ausgangs-DGL.
Diese ist in der Form ja noch gültig für alle y, da noch gar keine Umformung passiert ist.
Hier dürfen wir also den bisher noch nicht betrachteten Fall y= -1 untersuchen.
Untersuchen heißt, wir setzen y=-1 in diese Anfangs-DGL ein und gucken was passiert.
Und siehe da, tatsächlich löst y= -1 die ursprügliche DGL vor der einschränkenden Division.

Zitat:

Wir haben immer y freigestellt und geschaut, ob wir eine Lösung erhalten. Können wir das hier auch noch machen?

Das geht hier aus den oben genannten Gründen halt nicht, zumindest wenn man direkt mit der Trennung der Variablen loslegt.

Wenn du das aber unbedingt so haben möchtest, dazu hatte ich auch schon was geschrieben:

Zitat:

Wenn dir dieser Lösungsweg etwas fremd erscheint, dann kannst du alternativ auch den Weg über die homogene und spezielle (partikuläre) Lösung gehen. Sprich erstmal die entsprechende homogene DGL y ' -yx = 0 betrachten und später für die spezielle Lösung die Variation der Konstanten ins Boot holen. Das geht auch, dauert halt etwas länger.

18.07.2022, 13:41

maths4u

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Jetzt ist es klar denke ich, vielen vielen Dank!!
Nur versteh' ich nicht ganz, warum wir den Fall vor der Division überhaupt betrachten. Wozu brauchen )wir den? Also wenn wir y'(x)= (1+y(x))x= (1-1)x = 0 rechnen, dann erhalten wir eine Lösung, aber warum müssen wir y=-1 in die Ausgangsfunktion einsetzen? Das hilft uns ja auch nicht weiter

18.07.2022, 16:33

loeser

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Zitat:

aber warum müssen wir y=-1 in die Ausgangsfunktion einsetzen? Das hilft uns ja auch nicht weiter

Woanders als in die Ausgangs-DGL kann man das doch gar nicht sinnvoll einsetzen.
Und hätten wir das nicht getan, dann wäre man zum Schluss gekommen, dass die DGL mit dem gegebenen AWP nicht lösbar ist.
Wenn man Werte ( wie hier y = -1) aus Äquivalenzgründen zunächst ausschließt, dann muss man sie trotzdem am Ende nochmal separat betrachten, denn sonst gehen (wie hier) eventuelle Lösungen verloren.

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